Các bài toán về phần nguyên trong số học

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

CHỦ ĐỀ

7

PHẦN NGUYÊN
TRONG SỐ HỌC

A. KiÕn thøc cÇn nhí
1. Định nghĩa
Ta biết rằng, mọi số thực x đều có thể biểu diễn được dưới dạng: x= n + t với n ∈ Z và
0 ≤ t < 1.

Ví dụ: 6, 7 =6 + 0, 7 ; −6, 7 =−7 + 0,3
Sự biểu diễn trên là duy nhất. Ta gọi số nguyên n là phần nguyên của x ; còn t được gọi
là phần lẻ của x. Từ đây ta đi đến định nghĩa.
Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất khơng vượt q x, kí hiệu là [ x ] . Ta
 1
3
Thí dụ:  2  =
2;   =
0; [ −7, 2] =
−8;  2  =
1;.....
 2
5

Phần lẻ của số thực x là hiệu của x với phần ngun của nó, kí hiệu là { x} .
Ta có {a} =−
a [ a ] , 0 ≤ {a} ≤ 1.

1  1
Thí dụ {2,1} =0,1;   = ; {−7, 2} =0,8;....
2 2

2. Tính chất
1)
a ∈  ⇔ [a] =
a hoặc {a} = 0.
2)

n ∈  và n ≤ a < n + 1 ∈  ⇔ [ a ] =n.

3)
4)

a} {=
{=
[ a ]} 0.
Nếu n ∈  thì [ n + a ] =n + [ a ] ; {n + a} ={a} .

5)

Nếu [ n + a ] =
n thì n ∈  và 0 ≤ a ≤ 1.

6)

a ≥ b ⇒ [ a ] ≥ [b ] .

[ a ] + [b ] ≤ [ a + b ] .

Tổng quát [ a1 ] + [ a2 ] + ... + [ an ] ≤ [ a1 + a2 + ... + an ] ,
8)
[ a ] − [b ] ≥ [ a − b ] .
9)
{a} + {b} ≥ {a + b} ;{a} − {b} ≤ {a − b} .
10)
Nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1.
7)

11)

[ a ] +  a +


1
=
[ 2a ] .
2 

.179 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

có [ x ] ≤ x < [ x ] + 1.


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC

[a]   a 
Nếu n ∈  * thì [ na ] ≥ n [ a ] ;   =

 .
 n  n
− [a];
Nếu a là số nguyên thì [ −a ] =

12)
13)

Nếu a khơng là số ngun thì [ −a ] =
− [ a ] − 1;
Chứng minh các tính chất:
Các tính chất 1) đến 5) có thể chứng minh dễ dàng trên dựa vào định nghĩa phần
nguyên.
6)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

7)

Vì a ≥ b nên tồn tại số c ≥ 0 sao cho a= b + c. Do đó. a = [b ] + {b} + c, suy ra
Viết

[ a ] =[b] + {b} + c  . Mà {b} + c  ≥ 0 nên [ a ] ≥ [b].
a=
[ a ] + {a} , b =
[b] + {b} . Khi đó
[a + b] = [ a ] + {a} + [b ] + {b} = [ a ] + [b ] + {a} + {b} .

Mà {a} + {b} ≥ 0 nên

8)

[ a + b ] ≥ [ a ] + [b ] .
Áp dụng tính chất 7 ta có
[ a − b ] + [b ] ≤ [ a − b + b ] =
[ a ] nên [ a ] − [b] ≥ [ a − b].

9) {a} + {b} = a − [ a ] + b − [b ] = ( a + b ) − ([ a ] + [b ]) ≥ a + b − [ a + b ] = {a + b} . ⇒ {a} + {b} ≥ {a + b}

Vậy {a} + {b} ≥ {a + b} .

{a} − {b} =a − [ a ] + [b] − b =( a − b ) − ([ a ] − [b]) ≤ ( a − b ) − [ a − b] ={a − b} . ⇒ {a} − {b} ≤ {a − b}
Vậy {a} − {b} ≤ {a − b} .
b {b} . Khơng giảm tính tổng qt, giả sử a ≥ b
10) [ a ] = [b ] suy ra a − {a} =−
0;
Nếu a = b thì a − b =

{a} − {b} ≤ {a − b}
= a − b ≤ {a − b} < 1

Nếu a > b thì từ a − b=
Suy ra a − b

Vậy a − b < 1.
11) Đặt {a} = d thì 0 ≤ d ≤ 1.

•

[ 2a ] =

•

[ 2a ] =
12)

Nếu 0 ≤ d <

1 
1
1
1


thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] ;
2
2 
2
2



 2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.



Nếu

1 
1
1

1


≤ d < 1 thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] + 1;
2
2 
2
2



 2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] + 1. Suy ra điều phải chứng minh.



Ta có [ na ] = n ([ a ] + {a} )  =n [ a ] +  n {a} , mà  n {a} ≥ 0 nên [ na ] ≥ n [ a ] .
a 
a a a
a
≤
<
+
1
⇒
n
≤
a
<
n


 n  n  n 
 n 
  + 1
n 
TỦ SÁCH CẤP 2| 180


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
  a    a  [a]  a 
a
⇒ n   ≤ [ a ] < n    + 1 ⇒   ≤
<   +1
n
n  n n n
[a]   a 
Vậy   =   .
 n  n

13)

Nếu a là số nguyên thì [ −a ] =−a =− [ a ] .

Nếu a khơng ngun thì 0 < {a} < 1, nên −1 < − {a} < 0, suy ra  − {a} =
−1.
Ta có [ −a ] =  − ([ a ] + {a} )  =  − [ a ] +  − {a} = − [ a ] − 1.

B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
 Dạng 1: Tìm phần nguyên của một số hoặc một biểu thức
* Cơ sở phương pháp: Để tính giá trị một biểu thức chứa phần nguyên, ta cần sử dụng các
tính chất của phần nguyên, kết hợp với các kĩ thuật tính tốn khác đặc biệt là Phương

pháp “kẹp”
Đánh giá số hạng để “kẹp” số cần tính phần nguyên giữa hai số ngun liên tiếp: Đưa
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Tìm [x ] biết: x =

1
1
1
1
+
+
+ . . .+
n.(n + 1)
1.2 2.3 3.4
Hướng dẫn giải

Ta cần chỉ ra số nguyên y sao cho: y < x < y + 1 để: [x ] = y




Để ý x =1 −

1 1 1
1 
1
1
 +  −  + .... +  −
 =1 −
2  2 3

n +1
 n n +1

0
Suy ra 0 < x < 1 ⇒ [ x ] =

Bài tốn 2. Tìm phần ngun của số:

6 + 6 + ... + 6 + 6 (có 100 dấu căn).

(Nâng cao và phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình)
Hướng dẫn giải

Kí hiệu an = 6 + 6 + ... + 6 + 6 (có n dấu căn).
.181 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

biểu thức về dạng z ≤ A < z + 1 và kết luận [ A] = z;


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
Ta có

=
a1

6 <3

a2 =

6 + a1 < 6 + 3 = 3

a3 =

6 + a2 < 6 + 6 = 3

…
a100 =

6 + a 99 < 6 + 3 < 3 .

Hiển nhiên a100 > 6 > 2 a100  6  2 . Như vậy 2 < a100 < 3 , do đó [ a100 ] = 2. .
n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) . với n là số tự nhiên.

Bài tốn 3. Tính phần nguyên của: A =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Hướng dẫn giải
n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)=.

Ta có: A=

(n

2

+ 3n )( n 2 + 3n + 2 )=

(n

2

+ 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) .
2

Để ý rằng:

(n

2

+ 3n ) <
2

(n

2

+ 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) <
2

(n

2

+ 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) + 1
2

Suy ra n 2 + 3n < A < n 2 + 3n + 1 . Vậy [ A] =
n 2 + 3n, n ∈ N .
Bài tốn 4. Tìm [x ] biết: x=

4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 với n là số tự nhiên

Hướng dẫn giải

Thật vậy ta có: ( 4n + 1) < 16n 2 + 8n + 3 < ( 4n + 2 )
2

2

⇒ 4n + 1 < 16n 2 + 8n + 3 < 4n + 2

⇒ 4n 2 + 4n + 1 < 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 < 4n 2 + 4n + 2 < 4n 2 + 8n + 4
⇒ 2n + 1 < 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 < 2n + 2
⇒ [ x ] = 2n + 1

Bài tốn 5. Tính tổng sau:

S=  1  +  2  +  3  + ... +  24 
Hướng dẫn giải

TỦ SÁCH CẤP 2| 182


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

=

S

( 

) (

) (

) (

)

1  +  2  +  3  +  4  + ... +  8  +  9  + ... +  15  +  16  + ... +  24  .

Theo cách chia nhóm như trên, nhóm 1 có ba số, nhóm 2 có năm số, nhóm 3 có bảy số,
nhóm 4 có chín số.
Các số thuộc nhóm 1 bằng 1 , các số thuộc nhóm 2 bằng 2, các số thuộc nhóm 3 bằng 3, các
số thuộc nhóm 4 bằng 4.
Vậy

A = 1.3 + 2.4 + 3.7 + 4.9 = 70 .

 Dạng 2: Chứng minh một đẳng thức chứa phần nguyên
* Cơ sở phương pháp: Chứng minh các hệ thức chứa phần nguyên thực chất có thể coi là
chứng minh các tính chất của phần nguyên. Để chứng minh các hệ thức chứa phần
nguyên ta phải sử dụng các tính chất đã được nêu trong phần lý thuyết, kết hợp với các kĩ
thuật đại số và số học.
* Ví dụ minh họa:

n n + 2

n
 2  +  2  =
Hướng dẫn giải

1
 2k   2k + 1 

=
k
+
k
+
= k + k = 2k = n
[
]

2 
2 

Nếu n chẵn, tức là n = 2k thì   + 
2 

 2k + 1   2k + 1 + 1 
+
 =
2
 2  

Nếu n lẻ, tức n = 2k + 1 thì: 

1

k
+
+ [ k + 1] = k + k + 1 = 2k + 1 = n.

2 

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2. Cho n là số tự nhiên, chứng minh:

 4n + 1=
  4n + 2 

 

Hướng dẫn giải

 4n + 2  ; m = 4n + 1  .
Đặt k =








Ta có: k ≥ m

=
k  4n + 2  nên k ≤ 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 2.
Do




2
Giả sử k=
4n + 2 , điều này vơ lý vì số chính phương chia cho 4 khơng thể dư 2. Từ đó

suy ra: k 2 < 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤  4n + 1  =
m.



Vậy k = m.

.183 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC



CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi số ngun dương n ta ln có:


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC

Bài toán 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương bất kì, ta có:

1 
3 1

n
+
=
n
−
+ .


2  
4 2
Hướng dẫn giải




1

Đặt k=  n +  ;
2



Khi đó: k ≤ n +


3 1

m=  n − +  .
4 2


1
1
1
1
1
< k +1 ⇔ k − ≤ n < k + ⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k + .
2
2
2
4
4

Vì n ngun dương nên phải có k 2 − k + 1 ≤ n ≤ k 2 + k .

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Chứng minh tương tự:

m≤ n−

3 1
1
3
1
+ < m + 1 ⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m + ⇔ m2 − m + 1 ≤ n ≤ m2 + m
4 2

4
4
4

Vậy phải có k = m.
 Dạng 3: Phương trình chứa phần nguyên
1) Phương trình có dạng:  f =
( x ) a
* Cơ sở phương pháp:  f ( x )=
 a

(a ∈ )

( a ∈  ) ⇔ a ≤ f ( x ) < a + 1.

* Ví dụ minh họa:

0.
Bài tốn 1. Giải phương trình 3 [ x ] + 5 [ x ] − 2 =
2

Hướng dẫn giải

x ] y, y ∈ Z . Phương trình trở thành: 3 y 2 + 5 y − 2 =
Đặt [=
0.

1
1
( y = − loại do y ∈ Z )

3
3
Do đó [ x ] = y = −2 . Suy ra −2 ≤ x < −1 .
Suy ra y = −2 hoặc y = −

[ −2; −1)

Vậy tập nghiệm của phương trình là
2

Bài tốn 2. Giải phương trình  x 2 + 5 − 9  x 2 + 7  =
−26.
Hướng dẫn giải
Ta có:  x 2 + 7  =  x 2 + 5 + 2
Do đó:

2

 x 2 + 5 − 9  x 2 + 7  =
−26

TỦ SÁCH CẤP 2| 184


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
2

(

)

⇔  x 2 + 5 − 9  x 2 + 5 + 2 =
−26
2

⇔  x 2 + 5 − 9  x 2 + 5 + 8 =
0
Đặt  x 2 + 5 = y ⇒ y ≥ 5, y ∈ Z . Phương trình trở thành: y 2 − 9 y + 8 =
0.
Suy ra y = 8 hoặc y = 1 ( y = 1 loại do y < 5 )
Do đó  x 2 + 5 = y =8 . Suy ra 8 ≤ x 2 + 5 < 9 ⇔ 3 ≤ x 2 < 4 ⇔ 3 ≤ x < 2 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là  3; 2

)

x x
Bài tốn 3. Giải phương trình   +   =
17
2 3

Hướng dẫn giải
Trước hết ta ước lượng giá trị của x .
x x 5x
+ = , suy ra x ≥ 20, 4. .
2 3 6

x  x  5
Do [ x ] ≥ x − 1 nên 17 >  − 1 +  − 1 =
x − 2 , suy ra x ≤ 22,8
2  3  6

(1)

( 2)

Do x là số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra x ∈ {21; 22} .
Thử vào phương trình đã cho, ta được x = 21
2) Phương trình có dạng:  f ( x )  = g ( x )
* Cơ sở phương pháp:

Đặt g ( x ) = t ( t nguyên), biểu diễn f ( x ) = h ( t ) đưa về phương

trình  h ( t )  = t ⇔ t ≤ h ( t ) < t + 1 hay 0 ≤ h ( t ) − t < 1.
Tìm t , sau đó từ g ( x ) = t tìm ra x .
* Ví dụ minh họa:
 4 − 3x  5 x − 5
Bài tốn 1. Giải phương trình 
=
.
7
 5 

Hướng dẫn giải
Đặt

5x − 5
7t + 5 4 − 3 x 5 − 21t
= t (=
t ∈  ) thì x =
;

.
7
5
5
25
5 − 21t
 5 − 21t 
Ta có 
=
t
⇔
t
≤
< t +1
25
 25 

.185 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Do [ x ] ≤ x nên 17 ≤


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
5
−20
46
46

Do t nguyên nên t = 0. Suy ra x = 1.
⇔ 25t ≤ 5 − 21t ≤ 25t + 25 ⇔

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài tốn 2. Giải phương trình x 2 − 9 [ x ] + 8 =
0.
Hướng dẫn giải
Biến đổi phương trình về dạng [ x ] =

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Đặt

x2 + 8
= t (t ∈ *) thì=
x
9

x2 + 8
.
9
9t − 8 (do x > 0 ). Ta có

 9t − 8  = t ⇔ t ≤ 9t − 8 < t + 1


t 2
⇔2
t

1 ≤ t ≤ 8t

 t ≤ 7 − 13
− 9t + 8 ≤ 0
⇔ 
2

− 7t + 9 ≥ 0

 t ≥ 7 + 13 .
2
 

{

}

Do t là số tự nhiên nên t ∈ {1;6;7;8} . Do đó x ∈ 1; 46; 55;8 .

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1; 46; 55;8 .

 2 x − 1  4 x + 1 5x − 4
Bài toán 3. Giải phương trình 
+
=
.

3
 3   6 

Hướng dẫn giải
1

Áp dụng tính chất: [ a ] +  a +  =
[ 2a ] , ta có
2

 2 x − 1  4 x + 1  2 x − 1  2 x − 1 1   4 x − 2 
 3  +  6 =
  3  +  3 +=
2   3 

Nên phương trình đã cho trở thành
 4 x − 2  5x − 4
 3  = 3 .
5x − 4
3t + 4 4 x − 2 4t + 2
Đặt
= t (=
t ∈  ) thì x =
;
. Suy ra
3
5
3
5
4t + 2

 4t + 2 
 5  = t ⇔ 0 ≤ 5 − t < 1 ⇔ −3 < t ≤ 2 ⇔ t ∈ {−2; −1;0;1; 2}

 −2 1 4 7 
(do t nguyên), tương ứng tìm được x ∈  ; ; ; ; 2  .
5 5 5 5 

TỦ SÁCH CẤP 2| 186


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
3) Phương trình có dạng:  f ( x )  =  g ( x ) 
* Cơ sở phương pháp:
Đặt =
f ( x )  =
g ( x )  t suy ra f ( x ) − g ( x ) < 1, dẫn đến a < x < b.
a1 < f ( x ) < b1
Với a < x < b suy ra 
, từ đó tìm được t.
<
<
a
f
x
b
)
(
 2
2

 f ( x )  = t
để tìm x.
Ứng với mỗi giá trị của t nguyên, giải hệ 
  g ( x )  = t
Tập hợp các giá trị x tìm được từ hệ trên sẽ là nghiệm của phương trình.
* Ví dụ minh họa:
 2 x − 1  x + 1
Bài toán 1. Giải phương trình 
=
.
 3   2 

Hướng dẫn giải

 2 x − 1  x + 1
Đặt 
=
= t ( t ∈  ) . Theo tính chất chứng minh trên ta có
 3   2 
2x −1 x +1
x −5
−
< 1 ⇔ −1 <
< 1 ⇔ −1 < x < 11. Khi đó
3
2
6


 x + 1

x +1

0≤
≤5
0
<
<
6



 2 
2
⇒
. Suy ra t ∈ {0;1; 2;3; 4;5}.

2
x
1
−
2
x
−
1


−1 <
< 7 −1 ≤ 
≤6



3
 3 
2x −1

≤
< 1 1
0

1
 ≤x<2
 2 x − 1  x + 1
3
Với t = 0 thì 
=
=0⇔
⇔ 2
⇔ ≤ x < 1.


2
 3   2 
0 ≤ x + 1 < 1
−1 ≤ x < 1

2

 2x −1
7
1≤

<2


2 ≤ x <
 2 x − 1  x + 1
3
Với t = 1 thì 
=
=1 ⇔ 
⇔
2 ⇔ 2 ≤ x < 3.
1
x
+
 3   2 
1 ≤
<2
1 ≤ x < 3

2
2x −1

2≤
< 3 7

2
1
1
7
x

−
x
+

 ≤ x<5

 

3
Với t = 2 thì 
=
=2⇔
⇔ 2
⇔ ≤ x < 5.


2
 3   2 
2 ≤ x + 1 < 3
3 ≤ x < 5

2
2x −1

11
3≤
<4


2

1
1
11
x
−
x
+

5 ≤ x <

 

3
Với t = 3 thì 
3
5
.
x
=
=
⇔
⇔
⇔
≤
<
2


1
x

+
2
 3   2 
3 ≤
<4
5 ≤ x < 7

2

.187 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Theo tính chất 10 thì nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
2x −1

≤
<5
4
13

 ≤ x<8
 2 x − 1  x + 1
3
Với t = 4 thì 
=
=4⇔

⇔2
⇔ 7 ≤ x < 8.
+
x
1
 3   2 
4 ≤
7 ≤ x < 9
<5

2
2x −1

19
5≤
<6


2
x
1
x
1
19
−
+

8 ≤ x <

 


3
Với t = 5 thì 
=
=5⇔ 
⇔
2 ⇔9≤ x< .


2
 3   2 
5 ≤ x + 1 < 6
9 ≤ x < 11

2

Vậy tập nghiệm của phương trình là [ 0,5;1) ∪ [ 2;3) ∪ [3,5;5,5] ∪ [ 7;8 ) ∪ [9;9,5 ) .
Bài tốn 2. Giải phương trình [ x − 2,3] =
[ 4 − x ].

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Hướng dẫn giải

Theo tính chất 10 thì nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1 suy ra:

[ x − 2,3]= [ 4 − x ] ⇒ −1 < ( x − 2,3) − ( 4 − x ) < 1
⇔ −1 < 2 x − 6,3 < 1 ⇔ 2, 65 < x < 3, 65.

Suy ra 0,35 < x − 2,3 < 1,35 . Do đó [ x − 2,3] =

0 hoặc [ x − 2,3] =
1.
Vì 2, 65 < x < 3, 65 nên 0,35 < 4 − x < 1,35 suy ra [ 4 − x ] =
0 hoặc [ 4 − x ] =
1.
Trường hợp 1: [ x − 2,3] = [ 4 − x ] = 0

Ta có [ 4 − x ] = 0 ⇔ 0 ≤ x − 2,3 < 1 ⇒ 2,3 < x < 3,3
Kết hợp hai điều kiện ta được: 3 < x < 3,3.
Trường hợp 2: [ x − 2,3] = [ 4 − x ] = 1.

Ta có: [ x − 2,3] =1 ⇔ 1 ≤ x − 2,3 < 2 ⇔ 3,3 ≤ x < 4,3;

[ 4 − x ] =1 ⇔ 1 ≤ 4 − x < 2 ⇔ 2 < x ≤ 3.

Khơng có x nào thỏa mãn hai điều kiện trên.
Từ hai trường hợp ta có nghiệm của phương trình là 3 < x < 3,3
4) Phương trình chứa nhiều dấu phần nguyên

* Cơ sở phương pháp:
Sử dụng tính chất của phần nguyên, phân tích đa thức thành nhân tử, đặt ẩn phụ
(nếu cần) để đưa về phương trình ít phần ngun hơn.
* Ví dụ minh họa:
x x
Bài tốn 1. Giải phương trình:   +   =
x.
2 3

Hướng dẫn giải
Ta thấy x là số nguyên. Đặt =

x 6a + r trong đó a, r ∈ Z và 0 ≤ r < 6.

TỦ SÁCH CẤP 2| 188


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
x x
 6a + r   6a + r 
+
=⇔
x
6a + r
 2   3 
 2  +  3  =
r  r 
r  r 
⇔ 5a +   +   =
−r +   +   .
6a + r ⇔ a =
 2 3
 2 3
Lần lượt cho r bằng 0,1, 2,3, 4,5 ta được.
r

0

1

2

3

4

5

a

0

1

1

1

1

2

x

0

5

4

3

2

7

Cách khác:
Ta dễ dàng chứng minh được tính chất

 [ x + y ] khi 0 ≤ { x} + { y} < 1;
[ x] + [ y ] =

[ x + y ] − 1 khi 1 ≤ { x} + { y} < 2

x x x
 2  +  3  =  2 +

x   5x 
x x x x
 5x 
=   hoặc   +   =  +  − 1=   − 1

3  6 
2 3 2 3
6

 5x 
 5x 
x x
Vậy nếu x là nghiệm của phương trình   +   =
x. thì   = x hoặc   − 1 =x.
6

6
2 3

5x
5x


− x <1
− ( x + 1) < 1
0 ≤
0 ≤
Tức là 
hoặc 
6
6


x∈Z
x∈Z

hay −6 < x ≤ 0 hoặc −12 < x ≤ −6 . Vậy −12 < x ≤ 0.
Do x nguyên nên x chỉ có thể là −11; −10; −9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1;0.
Thay vào phương trình và thử lại, ta được: x =−7; −5; −4; −3; −2;0.
x  x   x 
Bài tốn 2. Giải phương trình   +   +   =
224
1!  2!  3!

Hướng dẫn giải
Ta có

[ x ] + 

x x
+
=
224 .
 4   6 

Trước hết ta ước lượng giá trị của x .
Do [ x ] ≤ x nên 224 ≤ x +

x x 5
+ = x , suy ra x ≥ 134, 4. .
2 6 3

.189 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(1)

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Áp dụng tính chất trên ta được:


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
x  x  5
Do [ x ] ≥ x − 1 nên 224 > ( x − 1) +  − 1 +  − 1 = x − 3 , suy ra x ≤ 136, 2
2  6  3

( 2)

Do x là số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra x ∈ {135;136} .
Thử vào phương trình đã cho, ta được x = 135.

4036082.
Bài toán 3. Giải phương trình [ x ] + [ 2 x ] + [3 x ] + ... + [ 2009 x ] =
Hướng dẫn giải
Nhận xét rằng

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

[ x ] ≤ x < [ x + 1] suy ra k [ x ] ≤ kx < k [ x ] + k

nên k [ x ] ≤ [ kx ] ≤ k [ x ] + k − 1( k ∈ Z + ) .

Do đó thay k = 1, 2,..., 2009 rồi cộng theo vế ta có
2019045 [ x ] ≤ [ x ] + [ 2 x ] + ... + [ 2009 x ] ≤ 2019045 [ x ] + 2017036.
2019045 [ x ] ≤ 4036082 ≤ 2019045 [ x ] + 2017036.

= 2019045 + 2017037. Do đó phương trình vơ nghiệm.
Lại có 4036082

 2 x − 1
 − x 2  .
Bài tốn 4. Giải phương trình 
−  x 2  =

 3 

Hướng dẫn giải

Nếu a là số nguyên thì [ −a ] =−a =− [ a ] .

Nếu a khơng ngun thì 0 < {a} < 1, nên −1 < − {a} < 0, suy ra  − {a} =
−1.

Ta có [ −a ] =  − ([ a ] + {a} )  =  − [ a ] +  − {a} = − [ a ] + 1.

−  x 2  , x 2 ∈ 
  
Do đó:  − x  =

2
2
−  x  − 1, x ∉ .
2

•

Nếu x 2 là số nguyên thì phương trình đã cho trở thành
2x −1
1
 2 x − 1
 3  = 0 ⇔ 0 ≤ 3 < 1 ⇔ 2 ≤ x < 2.

{

}

Mà x 2 là số nguyên nên x ∈ 1; 2; 3 .
•

Nếu x 2 khơng là số ngun thì phương trình đã cho trở thành
2x −1
1
 2 x − 1
 3  = −1 ⇔ 0 ≤ 3 + 1 < 1 ⇔ −1 ≤ x < 2 .

 1
Mà x 2 không nguyên nên phải loại x =−1, x =0 ⇒ x ∈ ( −1;0 ) ∪  0; 
 2

{

}

 1
Vậy tập nghiệm của phương trình là ( −1;0 ) ∪  0;  ∪ 1; 2; 3 .
 2

TỦ SÁCH CẤP 2| 190


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
5) Phương trình dạng hỗi hợp
* Cơ sở phương pháp:
Có những phương trình chứa của phần nguyên và phần dư, hoặc phần nguyên với
các phép toán khác (lũy thừa, căn thức,…) ta xếp chúng vào dạng phương trình hỗn hợp.
Giải chúng nói chung là khó, cần kết hợp nhiều suy luận và kĩ thuật khác nhau, như dùng

định nghĩa, chia khoảng, sử dụng tính chất số nguyên của [ x ] hoặc tính chất 0 ≤ { x} < 1 ,
các tính chất x nguyên khi và chỉ khi { x} = 0 hoặc x = [ x ] , các phương pháp của đại số như
đặt ẩn phụ, biến đổi tương đương hệ phương trình,...
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Giải phương trình trên tập số dương:  x 2  = [ x ]

2

Hướng dẫn giải

Xét n ≤ x < n + 1 hay [ x ] = n , trong đó n là số tự nhiên (có thể bằng 0). Ta có

n 2 ; n 2 + 1; n 2 + 2;...; n 2 + 2n.
Nhưng [ x ] = n 2 nên phương trình đã cho đúng khi và chỉ khi
2

2
 x=


n 2 ≤ x 2 < n 2 + 1
2
2
,
tức
là
hay n ≤ x < n 2 + 1. .
=
x
n

[ ]

 n ≤ x < n +1

Vì x > 0 nên ta có 0 < x < 1 hoặc n ≤ x < n 2 + 1, n =
1, 2,3, 4,...
Bài tốn 2. Giải phương trình:  x 2  + [ x ] = { x} + 2.
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết ta suy ra { x}=  x 2  + [ x ] − 2 . Vế phải là một số nguyên, mà vế trái 0 ≤ { x} < 1
nên { x} = 0 . Vậy x là một số nguyên. Do đó x 2 cũng là một số nguyên. Suy ra  x 2  = x 2 và

[ x ] = x . Phương trình đã cho trở thành

x2 + x − 2 =
0.

Phương trình này có nghiệm x = -2 hoặc x = 1.
Bài tốn 3. Tìm các số x , y, z thoả mãn cả ba phương trình sau
x  [y ]  {z }  1,1 ; y  [z ]  {x }  2, 2 ; z  [x ]  {y}  3, 3 .

Hướng dẫn giải
.191 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

n 2 ≤ x 2 < n 2 + 2n + 1. Do đó  x 2  chỉ có thể nhận các giá trị


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
Cộng từng vế các phương trình đã cho được x  y  z  3, 3 .

Cộng từng vế hai phương trình đầu được
x  y  [z ]  {z }  [y ]  {x }  3, 3 .

Suy ra [y ]  {x }  0 (chú ý rằng [z ]  {z }  z ).
Do đó {x } là số nguyên, suy ra {x }=0 . Vậy [y ]  0 và x  [x ] .
Từ x  [y ]  {z }  1,1 và [y ]  0 suy ra x  {z }  1,1 .
Do 0  {z }  1 và x  [x ] nên x  1 , do đó {z }  0,1 .

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Từ y  [z ]  {x }  2, 2 và {x }=0 suy ra y  [z ]  2, 2 .
Ta lại có [y ]  0 nên 0  y  1 , do đó y  0, 2,[z ]  2 .

Vậy z  [z ]+{z }  2,1 .
 Dạng 4: Bất phương trình chứa phần nguyên
* Cơ sở phương pháp: Khi giải bất phương trình có chứa dấu phần nguyên, ta thường đặt
biểu thức  f ( x )  = t ( t nguyên) để chuyển về giải bất phương trình khơng cịn chứa dấu

phần ngun, rồi vận dụng định nghĩa và tính chất của phần nguyên để tìm ra nghiệm

của bất phương trình.
* Ví dụ minh họa:
Bài tốn 1. Giải bất phương trình [ x + 2] > 5.
Hướng dẫn giải

Cách 1. Nhận xét rằng [ a ] > b ( b nguyên) khi và chỉ khi a ≥ b + 1.
Ta có [ x + 2] > 5 khi và chỉ khi x + 2 ≥ 6. Do đó x ≥ 4.

t ( t là số ngun) thì có t > 5. Do vậy t ∈ {6;7;8;...} .
Cách 2. Đặt [ x + 2] =

t suy ra t ≤ x + 2 < t + 1. suy ra t − 2 ≤ x < t − 1, t ∈ {6;7;8;...} .
Từ [ x + 2] =
Vậy x ≥ 4. Bất phương trình có vơ số nghiệm x ≥ 4.
Bài tốn 2. Giải bất phương trình 2 [ x ] − 9 [ x + 1] + 16 < 0.
2

Ta có [ x + 1] =

Hướng dẫn giải

[ x ] + 1. Biến đổi bất phương trình thành
2
2 [ x ] − 9 [ x ] + 7 < 0.
TỦ SÁCH CẤP 2| 192


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Đặt [ x ] = t ( t là số ngun) thì có 2t 2 − 9t + 7 < 0 suy ra 1 < t < 3,5 mà t nguyên nên

t ∈ {2;3} .
Với t = 2 thì [ x ] = 2 suy ra 2 ≤ x < 3.
Với t = 3 thì [ x ] = 3 suy ra 3 ≤ x < 4.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [ 2; 4 ) .
Bài toán 3. Giải bất phương trình [ 2 x ] > [ x ] .
Hướng dẫn giải

Cách 1. Đặt [ x ] = t ( t là số nguyên) thì t ≤ x < t + 1 suy ra 2t ≤ 2 x < 2t + 2. Do đó [ 2 x ] = 2t
hoặc 2t + 1 .
•

Với [ 2 x ] = 2t thì 0 ≤ { x} < 0,5 và 2t > t ⇔ t > 0, mà t nguyên nên t là số nguyên

nguyên dương. Dẫn đến x ≥ 0.
Kết hợp với 0,5 ≤ { x} < 1 dẫn đến x ≥ 0,5.
Cách 2. Nhận xét rằng [ a ] > [b ] khi và chỉ khi a > b và [ a ] ≠ [b ] .
Ta có [ 2 x ] > [ x ] ⇔ 2 x > x và [ 2 x ] ≠ [ x ] ⇔ x > 0 và [ 2 x ] ≠ [ x ] .
Trước hết ta tìm x sao cho [ 2 x ] = [ x ] .
Đặt [ 2x=
]

x]
[=

t ( t nguyên) ta có

2 x − x < 1 ⇔ x < 1 suy ra 0 < x < 1 nên [ x ] = 0.
Với t = 0 thì =
[ x]

2 x]
[=

0 suy ra 0 ≤ 2 x < 1 nên 0 ≤ x < 0,5.

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 0,5.
Bài tốn 4. Giải bất phương trình [ x ] .{ x} < x − 1
Hướng dẫn giải

Bất phương trình [ x ] .{ x} < x − 1 tương đương với [ x ] .{ x} < [ x ] + { x} − 1 hay

[ x ]. ({ x} − 1) < { x} − 1 ⇔ ([ x ] − 1) ({ x} − 1) < 0.
Do { x} − 1 < 0 nên [ x ] > 1 hay x ≥ 2
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 2
 Dạng 5: Phần nguyên trong chứng minh một số dạng toán số học
* Cơ sở phương pháp: Phần nguyên được ứng dụng khá nhiều trong giải các bài toán số
học về số tận cùng, chia hết, số nguyên tố….chúng ta cùng đến với các ví dụ cụ thể.
.193 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

dương. Dẫn đến x ≥ 1.
•
Với [ 2 x=
] 2t + 1 thì 0,5 ≤ { x} < 1 và 2t + 1 > t ⇔ t > −1, mà t nguyên nên t là số


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Cho a > 0 và số n nguyên dương. Chứng minh rằng số các số nguyên dương
a
là bội số của n và không vượt quá a là   .
n
Hướng dẫn giải

a nq + r , trong đó q là số tự nhiên, 0 ≤ r < n.
Ta viết =
Rõ ràng các bội số của n không vượt quá a là n, 2n,..., qn. tổng cộng có q số.
a
Mặt khác   = q. Từ đó suy ra kết luận của bài tốn.

n

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài toán 2. Số 2012! có tận cùng bao nhiêu số 0?
Hướng dẫn giải
Vì 10 = 2.5 nên để biết 2012! có tận cùng bằng bao nhêu chữ số 0, ta cần phải tính
số mũ của 5 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố.
Theo Ví dụ 1, Số mũ của 5 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố bằng
 2012   2012   2012   2012 
402 + 80 + 16 + 3 =
501. (Do 2012 < 55 )
 5  +  52  +  53  +  54  =

Do mũ của 2 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố nhiều hơn 501.
Vậy 2012! Có tận cùng là 501 chữ số 0.
Nhận xét. Nếu 5k ≤ n < 5k +1 thì số chữ số 0 tận cùng về bên phải của số n ! bằng
n  n 
n
 5  +  52  + ... +  5k  .

Bài toán 2. Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho ( 2011!)

2012

chia hết cho 2012k .

Hướng dẫn giải
Ta có 2012 = 22.503.
Số mũ cao nhất của 503 có trong 2011! Là

 2011 
2
 503  = 3 (do 2011 < 503 ).

Vậy 2011! chia hết cho 5033 và không chia hết cho 5034 , hiển nhiên 2011! chia hết
cho 43. Do vậy 2011! chia hết cho 20123 và không chia hết cho 20124.
Muốn ( 2011!)

2012

6036.
chia hết cho 2012k thì k ≤ 3.2012 =

Vậy max k = 6036.
Bài tốn 3. Tìm số tự nhiên n sao cho
TỦ SÁCH CẤP 2| 194


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
 n   n   n 
=
. (1)
=
2010   2011   2012 

Hướng dẫn giải
Viết=
n 2010k + r (0 ≤ r ≤ 2009, k , r là có số tự nhiên). Thay vào (1) ta có
 2010k + r   2011k + r − k   2012k + r − 2k 
=

 2010  =
 

2011
2012

r −k 
 r − 2k 
 r − k   r − 2k 
⇔ k =k + 
=
k
+
⇔
 2012 
 2011  =  2012  = 0.
 2011 

Suy ra 0 ≤ r − 2k nên 2k ≤ r ≤ 2009, 0 ≤ k ≤ 1004.
Vậy=
n 2010k + r (0 ≤ k ≤ 1004; 2k ≤ r ≤ 2009).
Do có 105 giá trị của k (từ 0 đến 1004). Với một k thì r nhận các giá trị từ 2k đến
2009. Vậy sô nghiệm tự nhiên n của (1) là
1004

1011030.
∑ ( 2010 − 2k ) =
k =0

Bài toán 4. Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

 1  +  2  + ... +  x 2 − 1  là số nguyên tố.
   



Hướng dẫn giải
Nhận xét

 n 2  =  n 2 + 1  =... = 


 

Đặt S n =  n 2  +  n 2 + 1  + ... + 

 



( n + 1)

2

− 1 =


( n + 1)

2

− 1  = n, n ∈ .


( 2n + 1) n=

Do đó y =  1  +  2  + ... +  x 2 − 1  = S1 + S 2 + ... + S x −1 =



2n 2 + n.
x ( 4 x 2 − 3 x − 1)
6

.

Nên 6=
y x ( 4 x 2 − 3 x − 1) , suy ra 6 y  x, mà x, y là các số nguyên tố suy ra x ∈ {2;3; y} .
Nếu x = 2 thì y = 3 (thỏa mãn); nếu x = 3 thì y = 13 (thỏa mãn); nếu x = y thì y = −1
7
(loại).
4
Vậy bài tốn có hai nghiệm x = 2 và x = 3.

hoặc y =

Bài toán 5. Cho a= 2 + 3.
a) Tính  a 2 

b) Tính  a 3 
c) * Chứng minh rằng  a n  là số tự nhiên lẻ với mọi số n nguyên dương.
(Nâng cao phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình)
.195 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
Hướng dẫn giải
Cách 1 (tính trực tiếp)

a)

(

a2 =
2+ 3

)

2

=
7 + 4 3.

Ta có 6 < 4 3 < 7 nên 13 < a 2 < 14 . Vậy  a 2  = 13
Cách 2 (tính gián tiếp).
Ta có a 2= 7 + 4 3 . Đặt b= 2 − 3 thì b 2= 7 − 4 3. Suy ra
(1)

a 2 + b2 =

14
Ta có 0 < b < 1 nên 0 < b 2 < 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 13 < a 2 < 14 . Vậy  a 2  = 13.
Cách 1 (tính trực tiếp)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

b)

(

a3 = 2 + 3

)

3

=8 + 12 3 + 18 + 3 3 =26 + 15 3

Ta có 25 < 15 3 < 26 nên 51 < a 3 < 52 . Vậy  a 3  = 51
Cách 2 (tính gián tiếp).
3
26 + 15 3 . Đặt b= 2 − 3 thì b3 =8 − 12 3 + 18 − 3 3 =26 − 15 3 Suy ra
Ta có a=

(1)

a 3 + b3 =
52

Ta có 0 < b < 1 nên 0 < b3 < 1

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 51 < a 3 < 52 . Vậy  a 3  = 51
Đặt b= 2 − 3 . Theo khai triển ( x + y ) , ta được

c)

n

(
)
=−
(2 3)

2
3
a n =+

bn

n

=
A + B 3 với A, B là số tự nhiên

n

=
A − B 3.

Suy ra

a n + bn =
2A

Ta có 0 < b < 1 nên

0 < bn < 1

(3)
(4)

 2 A − 1 , tức là  a n  là số lẻ.
Từ (3) và (4) suy ra 2 A − 1 < a n < 2 A . Vậy  a n=
Chú ý: Trong cách tính gián tiếp, để chứng tỏ  a n  là số nguyên m , ta chứng minh rằng

a n + b n = m + 1 và 0 < b n < 1 , thế thì m < a n < m + 1 , do đó  a m  = m.
Cách khác:

 x1= 2 − 3
4
 x1 + x2 =
⇒ x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 4 x + 1 =
Đặt 
, khi đó 

0.
 x1 x2 = 1
 x2= 2 + 3
Đặt S=
x1n + x2n Ta có:
n

TỦ SÁCH CẤP 2| 196


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

x12 − 4 x1 + 1 = 0 ⇒ x1n + 2 − 4 x1n +1 + x1n = 0
x22 − 4 x2 + 1 = 0 ⇒ x2n + 2 − 4 x2n +1 + x2n = 0

(1)
( 2)

( 3)

0
Cộng (1) và (2) ta được: S n + 2 + 4 S n +1 + S n =

S0 2,=
S1 4 nên từ (3) suy ra S n là số nguyên chẵn với mọi n ∈ N . Ta có
Ta có=

(

0 < 2 − 3 < 1 nên 0 < x1n < 1 ⇒ x2n + ( x1n − 1) < x2n < x2n + x1n ⇒ S n − 1 < 2 + 3

(

)

n

< Sn

)

n
⇒  2 + 3  =S n − 1 là số lẻ với mọi n ∈ N



 Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức có chứa phần nguyên
* Cơ sở phương pháp: Để chứng minh các bất đẳng thức phần nguyên ta phải sử dụng
linh hoạt các tính chất đã được nêu trong phần lý thuyết.
* Ví dụ minh họa:
Bài toán 1. Chứng minh rằng

(Nâng cao phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình)
Hướng dẫn giải

Cách 1. Ta có [ x ] ≤ x ; [ y ] ≤ y nên [ x ] + [ y ] ≤ x + y .
(1)
[ x ] + [ y ] là số nguyên không vượt quá x + y
Theo định nghĩa phần nguyên, [ x + y ] là số nguyên lớn nhất không vượt quá
Suy ra

x+ y

Từ (1) và (2) suy ra [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] .
Cách 2. Theo định nghĩa phần nguyên, ta có

0 ≤ x − [ x] < 1
0 ≤ y − [ y] < 1
Suy ra

0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 2.

Xét hai trường hợp:
-

Nếu 0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 21 thì

[ x ] + [ y ] =[ x + y ]
-

(1)

Nếu 1 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 2 thì 0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ] + 1) < 1 nên

[ x + y ] = [ x] + [ y ] + 1
Trong cả hai trường hợp ta đều có [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] .
.197 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(2)

( 2)

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

[ x] + [ y ] ≤ [ x + y ] .


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
Bài toán 1. Cho x, y ∈ R Chứng minh rằng

[2 x] + [2 y ] ≥ [ x] + [ y ] + [ x + y ] .
(Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Số học – Nguyễn Vũ Thanh)
Hướng dẫn giải

[ 2 x ] = 2 [ x ] + 2 { x} =2 [ x ] +  2 { x} ;

Ta có:

[ 2 y ] = 2 [ y ] + 2 { y} =2 [ y ] +  2 { y} ;
[ x + y ] = [ x ] + [ y ] + { x} + { y}
CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

 2 { x} +  2 { y} ≥ { x} + { y}

(1)

Vì 0 ≤ { x} + { y} < 2 nên ta có hai trường hợp sau:
● Nếu 0 ≤ { x} + { y} < 1 thì (1) ln đúng đúng vì vế trai lớn hơn bằng 0, vế phải bằng 0.

● Nếu 1 ≤ { x} + { y} < 2 thì { x} + { y} =
1 khi đó

{ x} ≥

{ x} ≥

1
1
hoặc { y} ≥ . Giả sử
2
2

1
⇒ 2 { x} ≥ 1 ⇒  2 { x} +  2 { y} ≥ 1 (đpcm)
2

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG

1
< −2 < x
3
Bài 2: Tìm [x ] biết : x < −5 < x + 0,5
Bài 1: Tìm [x ] biết: x −

Bài 3: Tìm [x ] biết: x = 1 +

1
2

+

1
3

1

+ .. +

10

6

.

Bài 4: Tìm phần nguyên của biểu thức :

2 + 2 + ... + 2 + 2 , (với n dấu căn)

Bài 5 : Tìm phần nguyên của biểu thức :
3

6 + 3 6 + ..... + 3 6 (với n dấu căn)

Bài 6: Tính tổng sau:

=
S  1.2.3.4  +  2.3.4.5  +  3.4.5.6  + ... +  n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) 



Bài 7: Chứng minh rằng, với mọi số nguyên n ta có:

[ n + x ] =n + [ x ]
Bài 8: Chứng minh rằng, với mọi x,y ta có:
TỦ SÁCH CẤP 2| 198


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

[x] + [ y ] ≤ [ x + y ]

≤ [x ] + [ y ] + 1

Bài 9: Cho n là số nguyên dương, chứng minh:
 n   n + 1
 2  +  2  = n

  4n + 2 
Bài 10: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  4n + 1=
 

  4n + 2 
Bài 11: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  n + n + 1=
 

1

Bài 12: Chứng minh rằng: [x ] +  x +  = [2 x ] , (với x là số thực bất kỳ)
2


 n + 1  n + 2   n + 4   n + 8 
Bài 13: Tính tổng: S = 
+
+
+
+..+
3
2
4
 2   2   2   2 

 n + 1
 22020 

Bài 14: Chứng minh rằng: m [x ] ≤ [mx ] ≤ m [x ] + m - 1 (với mọi giá trị m nguyên dương)

[x] + [2 x] + [3x] +.....+ [100 x] = 313096
Bài 16: Giải phương trình: [x + 0,7] = - 4
Bài 17: Giải phương trình: [x + 1] + [x + 2] + [x + 3] = 4
Bài 18: Giải phương trình 4 [x ] = 3x
 5 + 6 x  15 x − 7
Bài 19: Giải phương trình: 
=
5
 8 

 2x − 1  4x + 1 5 x − 4
Bài 20: Giải phương trình: 
+ 

 = 3
 3   6 

Bài 21: Giải phương trình:

[x] . {x} = x - 1

x
Bài 22: Giải phương trình: x - 3   = 2
2
x 
Bài 23: Giải phương trình: [x − 1] =  + 1
2 

Bài 24: Giải phương trình:

x 4 = 2x 2 + [x ]

Bài 25: Giải phương trình: x 3 - [x ] = 3




1

2
2
Bài 26: Giải phương trình:  − x + 3 x  =  x + 
2

 2n 



n n + 2

.
Bài 27: Với k > 3, Chứng minh rằng   ≥   + 
 k   k   k 
*
Bài 28: Cho n, k1 , k2 ,..., kn ∈ N . Chứng minh rằng:

 k1 + k2 + ... + kn 

 + ( n − 1) ≤ k1 + k2 + ... + kn .
n


.199 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài 15: Chứng minh rằng : Không tồn tại x thoả mãn:


| CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC
Bài 29 : Chứng minh rằng nếu r là số dư trong phép chia a cho số nguyên dương b thì

a
r= a − b  

b 
Bài 30: Cho n ∈ N , chứng minh [ na ] ≥ n [ a ] . Đặt biệt khi {a} <

1
thì [ na ] = n [ a ]
n

Bài 30: Cho n ∈ N * , chứng minh [ na ] ≥ n [ a ] . Đặt biệt khi {a} <

1
thì [ na ] = n [ a ]
n

Bài 31: a) Tính tổng sau: S
=  1  +  2  +  3  + ... +  24 



 

 







=  1  +  2  + ... +  n 2 − 1  .
b) Cho n ∈ N * và n ≥ 2. Tính tổng : A



CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bài 32: Tính phần nguyên của T = 2 +

3

 







3 44
n +1
+
+ ... + n+1
2
3
n

Bài 33: Với n ∈ N * , chứng minh rằng:

[ x ] +  x +


1 

2
n − 1

+
x
+
+
...
+
x
+
=
[ nx ].

n  
n 
n 

 ( m − 1) .a + b 
 0.a + b  1.a + b 
+
 + ... + 

m
 m   m 



=
Bài 34 : Tính tổng

: A 

Trong đó a, m ∈ N * và ( a, m=
) 1, b ∈ Z .
Bài 35 : Cho m, n là hai số tự nhiên lẻ và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng :

 ( n − 1) m   n   2n 
 ( m − 1) n  ( m − 1)( n − 1)
 m   2m 
+
+
+
+
+
+
+
...
...
.



=
 n   n 
 m   m 
n
m
2





(

Bài 36 : Tìm hai chữ số tận cùng của số 

29 + 21

)

2000




 n + 2k 
 n + 1  n + 2 
Bài 37 : Tính đúng=
+
+ ... +  k +1  + ...
S 
2
 2   2 
 2

(Thi toán Quốc tế năm 1968)

Bài 38 : Chứng minh rằng không tồn tại số thực x thỏa mãn :

12345.

[ x ] + [ 2 x ] + [ 4 x ] + [8 x ] + [16 x ] + [32 x ] =
Bài 39 : Tìm n ∈ N * thỏa mãn [ n ] là ước của n.
[ x] − x
Bài 40 : Giải phương trình : 1 − x + 1 =
x −1

TỦ SÁCH CẤP 2| 200


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |
Bài 41 : Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt
quá a và ký hiệu là  a . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức
2


1
1
n   3 n 
  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương.
27 3 


(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa Học tự nhiên Hà Nội năm 2011-2012)
Bài 42: Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt
quá a và ký hiệu là [a]. Chứng minh rằng với mọi n ngun dương ta ln có.

 3
n 2 + n + 1
7
+

+
...

=n
n(n + 1) 
1.2 2.3

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa Học tự nhiên Hà Nội năm 2010-2011)

.201 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC


CHỦ ĐỀ 7. PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC

Bài 2:

1
⇒ x < −1 ⇒ −2 < x < −1 ⇒ [ x ] = −2
3
Từ điều kiện bài ra ta có: −5,5 < x < −5 ⇒ [ x ] = −6

Bài 3:

Ta có:

Từ điều kiện bài ra ta có: x < −2 +

Bài 1:

⇒2

(

1
n

2

<

= 2
n + n −1

1

<2

)

n +1 − n <

n

(

(

n − n −1

)

n − n −1 ;

1
n

>

2

= 2
n +1 + n

(

n +1 − n

)

)

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Cho n nhận các giá trị từ 2 đến 10 6 , ta được:

1+ 2

(

)

106 − 2 < x < 1 + 2

mà: 1 + 2

(

(

)

106 − 1 =
1999

)

106 − 2 > 1 + 2000 − 2 2 > 2001 − 3 =
1998

⇒ 1998 < x < 1999 ⇒ [ x ] =
1998

Bài 4 Ta có: x > 1
Kí hiệu xn = 2 + 2 + ... + 2 + 2 (có n dấu căn).
Ta có

x1 = 2 < 4 = 2
x2 =

6 + x1 < 2 + 2 = 2

x3 =

2 + x2 < 2 + 2 = 2

…
2 + x n −1 < 2 + 2 < 2 .

xn =

Như vậy 1 < xn < 2 , do đó [ xn ] = 1.

Bài 5. Ta có: x > 1
Kí hiệu xn = 3 6 + 3 6 + ..... + 3 6 (có n dấu căn).
Ta có

x1 = 3 6 < 3 8 = 2

x2 =

3

6 + x1 < 3 6 + 2 = 2

x3 =

3

6 + x2 < 3 6 + 2 = 2

3

6 + xn −1 < 3 6 + 2 = 2 .

…
xn =

Như vậy 1 < xn < 2 , do đó [ xn ] = 1.
TỦ SÁCH CẤP 2| 480


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

(n

Bài 6: Ta có: n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) =

(n

2

2

+ 3n )( n 2 + 3n + 2 ) =

+ 3n ) < n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) < ( n 2 + 3n + 1)
2

(n

2

+ 3n ) + 2 ( n 2 + 3n )
2

2

⇒ n 2 + 3n < n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) < n 2 + 3n + 1
⇒  n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)  =n 2 + 3n


⇒S=

(1

2

+ 22 + ... + n 2 ) + 3 (1 + 2 + ... + n )

n ( n + 1)

Ta có các cơng thức : 1 + 2 + ... + n =

2

;

n ( n + 1)( 2n + 1)

12 + 22 + ... + n 2 =
6
=
⇒S

n ( n + 1)( 2n + 1)
6

+

3n ( n + 1)
2

[ x ] + { x} ⇒ [ n + x ] = [ x ] + n + { x} , mà: 0 ≤ { x} < 1
Còn: n + [x ] là số nguyên nên [[x ] + n + {x}] = n + [x ] Hay: [n + x ] = n + [x ]
Bài 8: Ta biểu thị: =
x [ x ] + { x} và =
y [ y ] + { y}
⇒ x + y = [ x ] + [ y ] + { y} + { x}
mà: 0 ≤ { x} + { y} < 2 ⇒ [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] ≤ [ x ] + [ y ] + 1
Bài 9:
1
 n   n + 1

= [k ] + k +  = 2k = n
- Xét n là số chẵn ( n = 2k ) thì:   + 

2

2  2 

1
 n   n + 1 
- Xét n là số lẻ (=
= k +  + [k + 1] = 2k + 1 = n
n 2k + 1) thì:   + 

2
2  2  
 n   n + 1
Vậy ta ln có:   + 
=n
 2   2 

 4n + 2  ; m = 4n + 1  .
Bài 10: Đặt k =








Ta có: k ≥ m

=
k  4n + 2  nên k ≤ 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 2.
Do




2
Giả sử k= 4n + 2 , điều này vơ lý vì số chính phương chia cho 4 khơng thể dư 2. Từ đó
suy ra: k 2 < 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤  4n + 1  =

 m.
Bài 11: Trước hết ta chứng minh: 4n + 1 < n + n + 1 < 4n + 2
Từ đó suy ra  4n + 1  ≤  n + n + 1  ≤  4n + 2 

 
 

  4n + 2  ta có điều phải chứng minh.
Mà từ kết quả bài số 10:  4n + 1=

 

Bài 12: Đặt {a} = d thì 0 ≤ d ≤ 1.
•

Nếu 0 ≤ d <

1 
1
1
1


thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] ;
2

2 
2
2



.481 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC

Bài 7: Ta biểu thị: x =